排列最小值

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$\mathcal{Description}$

多组询问
$1 \leq n,Q\leq 10^5$

$\mathcal{Solution}$

$50$分解法

考虑$DP$,感觉上直接算答案不好算,所以考虑算长度为$n$的所有排列改变的次数的排列的个数算出来
之后再把个数乘以次数的平方即可
设$f_{i,j}$表示长度为$i$的排列的改变次数为$j$的排列个数
考虑把最大的$i$插入到长度为$i-1$的改变次数为$j$的排列中,则有$i$个空可以插,其中最前面的空插进去会使改变次数加一,所以有$i-1$个空使改变次数不变
考虑插在最前面则原改变次数应为$j-1$
所以$f_{i,j}=f_{i- 1,j}*(i-1)+f_{i-1,j-1}$
其实就是第一类斯特林数的递推公式
提前预处理一下即可做到 $n^{2}$

$100$分解法

仍然是$DP$,原来的是把问题拆开,好做但是不能直接算
不妨大胆一点,设$f_i$表示长度为$i$的答案
仍然考虑从$i-1$转移过来
还是上面那句
考虑把最大的$i$插入到长度为$i-1$的改变次数为$j$的排列中,则有$i$个空可以插,其中最前面的空插进去会使改变次数加一,所以有$i-1$个空使改变次数不变
$f_i=f_{i-1}*(i-1)+插到最前面的贡献$
考虑插在最前面,原本的改变次数为$x$的都变为$x+1$了
也就是$x^2 -> (x+1)^2=x^2+2x+1$
我们设$g_i$表示原本算贡献时是按照$x$来算的长度为$i$的答案
对于那个$1$,因为插在最前面后面的$i-1$个数共有$(i-1)!$种组合
所以$f_i=f_{i-1}*(i-1)+f_{i-1}+2g_{i-1}+(i-1)!=f_{i-1}*i+f_{i-1}+(i-1)!$
$g_i$同样这么推
$g_i=g_{i-1}*i+(i-1)!$

$\mathcal{Code}$

/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月28日 星期六 09时34分38秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
using namespace std;
const int maxn = 100005;
const int mod = 998244353;
//{{{cin
struct IO{
	template<typename T>
	IO & operator>>(T&res){
		res=0;
		bool flag=false;
		char ch;
		while((ch=getchar())>'9'||ch<'0')	flag|=ch=='-';
		while(ch>='0'&&ch<='9')	res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
		if (flag)	res=~res+1;
		return *this;
	}
}cin;
//}}}
int T,n;
int f[maxn],g[maxn],fac[maxn];
int main()
{
	fac[0]=1;
	for (int i=1;i<=100000;++i){
		fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
		f[i]=((1ll*f[i-1]*i%mod+2ll*g[i-1]%mod)%mod+fac[i-1])%mod;
		g[i]=(1ll*g[i-1]*i%mod+fac[i-1])%mod;
	}
	cin>>T;
	while (T--){
		cin>>n;
		printf("%d\n",f[n]);
	}
	return 0;
}

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